广西三新学术联盟2023-2024学年高二数学上学期10月联考试题（Word版附解析）

这是一份广西三新学术联盟2023-2024学年高二数学上学期10月联考试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了 直线与直线，则的充要条件是等内容，欢迎下载使用。
2023年广西三新学术联盟高二年级10月联考数学（人教版）（考试时间：120分钟总分：150分）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据交集的定义计算即可.【详解】由题可得.故选：C.2. 已知复数满足，则等于（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用复数的四则运算即可得解.【详解】.故选：B.3. 关于空间向量，以下说法正确的是（    ）A. 若，则的夹角是钝角B. 若，则C. 若，则D. 空间中任何两个向量都是共面向量【答案】D【解析】【分析】由空间向量数量积的定义即可判断A，由空间向量的位置关系即可判断BC，由共面向量的定义即可判断D.【详解】对于，若夹角为，则成立，错误；对于，若，则不一定垂直，错误；对于C，若，当时，不一定平行，C错误对于D，若空间任何两个向量必然共面，D正确.故选：D.4. 直线与直线，则的充要条件是（    ）A. 3 B.  C. 3或 D. 1或【答案】B【解析】【分析】由一般式直线方程平行条件求的值，并检验.【详解】由直线与直线平行，得，即，即或，当时，，即，重合，舍去；当时，，，满足.综上.故选：B5. 已知，是不同的直线，，是不同的平面，下列命题中，正确的是（    ）A. 若，，则B. 若，，则C. 若，，，，则D. 若，，则【答案】D【解析】【分析】根据空间中的直线与直线，直线与平面以及平面与平面的位置关系和符号表示，判断选项中的命题是否正确即可．【详解】在A中，若，，则与相交、平行或异面，故A错误；在B中，若，，则，故B错误；在C中，必须平面内有两条相交直线分别与平面平行，此时两平面才平行，故C错误；在D中，，时，过作平面，所以，且，所以，故D正确.故选：D.6. 已知三边所在直线方程为，，，则边上的高所在直线的方程是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据边上的高和直线垂直得到，联立直线和的方程得到，然后写直线方程即可.【详解】设则边上的高所在直线的斜率为，，，，联立，得，∴边上的高所在直线的方程为.故选：A.7. 棱长为2的正方体中，是中点，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】的中点为，有，余弦定理求即可；或建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线所成的角.【详解】解法一：连接，取的中点，连接，如图所示，分别是的中点，，则是异面直线与所成角或其补角.正方体棱长为2，面对角线长为，由正方体的结构可知，中，，，则，同理，在中，，，由余弦定理可知.所以异面直线与所成角的余弦值是.解法二：以为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，有，，所以异面直线与所成角的余弦值是.故选：A.8. 几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点是锐角的一边上的两点，试着在边上找一点，使得最大”.如图，其结论是：点为过两点且和射线相切的圆的切点.根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系中，给定两点，点在轴上移动，当取得最大值时，该圆的方程是（    ）  A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先求出线段的垂直平分线，依题意圆的圆心在直线上，故设该圆圆心为，又因为该圆与轴相切，所以圆的半径，根据，得到方程求出的值，即可得解.【详解】由题意可知，点为过两点且和轴相切的圆的切点，线段中点坐标为，又，所以线段的垂直平分线方程为，所以以为弦的圆的圆心在直线上，故设该圆圆心为，又因为该圆与轴相切，所以圆的半径，又，所以，解得或，当时，是钝角，故舍去.所以此时圆的方程为.  故选：C二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对得2分，有选错得0分.9. 在平面直角坐标系中，已知圆，直线与圆相切于点，直线与轴、轴分别交于点.下列说法正确的是（    ）A. B. C. D. 若是圆上的动点，则的最大值是【答案】ABC【解析】【分析】根据直线与圆相切求出直线斜率k判断A，求出在坐标轴上的截距判断B，根据直角三角形判断C，再由圆上动点与定点的距离转化为圆心到定点距离求最值判断D.【详解】如图，因为，所以圆心到直线的距离等于半径2，即，解得直线斜率，所以A正确.中，令，则，令，则，，故B正确.因为点A坐标为，则，所以.所以选项C正确.的最大值等于，所以选项D不正确.故选：ABC10. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，为与的交点，若，，，则下列正确的是（    ）A.  B. C. 的长为 D. 【答案】AD【解析】【分析】AB选项，根据空间向量基本定理进行求解；C选项，表达出，平方后由空间向量数量积公式得到，得到模长；D选项，利用空间向量夹角余弦公式进行求解.【详解】A选项，，A正确，B选项，，B错误：C选项，，则，则，C错误：D选项，对于，，故，又，则，D正确.故选：AD.11. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，，侧面为正三角形，则下列说法正确的是（    ）A. B 平面平面C. 二面角的平面角是D. 三棱锥外接球的表面积为【答案】ABD【解析】【分析】A选项，根据等腰三角形的性质得到，，然后根据线面垂直的判定定理和性质即可得到；B选项，根据二面角平面角的定义得到是二面角的平面角，然后通过勾股定理得到即可说明二面角是直二面角，即可证明面面垂直；C选项，根据，平面得到，，即可得到是二面角的平面角；D选项，根据球心的性质得到是三棱锥外接球的外心，然后利用勾股定理得到外接球半径即可求外接球的表面积.【详解】取中点，连接，，因为和都是等边三角形，则，，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，故A正确；是二面角的平面角，，又，所以，即，所以二面角是直二面角，所以平面平面，故B正确；因为四边形为菱形，所以，因为，平面，所以，平面，因为平面，所以，所以是二面角的平面角，故C错误；因为，平面，所以平面，同理平面，设分别是和的中心，如图，作与交于点，则平面，平面，所以是三棱锥外接球的外心，由于，是正方形，，而，所以即为外接球半径，三棱锥外接球的表面积为，故D正确.故选：ABD.12. 已知与交于两点，为曲线上的动点，则（    ）A. 到直线距离最小值为B C. 存在点，使得为等边三角形D. 最小值为2【答案】AB【解析】【分析】设，利用点到直线的距离结合基本不等式即可判断 A ，求出A, B 坐标，计算出的表达式，利用换元法和配方法即可判断BD，通过假设存在这样的等边三角形，利用等边三角形性质求出点M的坐标，再进行验证即可.【详解】设，对A，则点到直线的距离，当且仅当，即时等号成立，故A正确；对，联立有，解得或，则不妨假设，则，令则，则，当，即，即或（舍去）时取等，故B正确.，D不正确，最小值为1.对C，若要为等边三角形，则首先点为线段的垂直平分线和曲线的交点，则垂直平分线的所在直线的方程为，将其与曲线联立得解得或（舍去），此时，而，则，则不存在点，使得为等边三角形，故错误.故选：.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 直线过点且与轴､轴分别交于，两点，若恰为线段的中点，则直线的方程为__________.【答案】【解析】【分析】根据题意设出点，的坐标，利用中点坐标公式求出，，再写出直线的方程即可.【详解】设点､，由中点坐标公式得：，解得：，，由直线过点､，直线的方程为：，即.故答案为：.14. 已知､是平面内两个互相垂直的单位向量，若满足，则的最大值为___________.【答案】【解析】【分析】首先根据数量积公式展开，再化简，利用三角函数的有界性求最值.【详解】，，即，.故答案为：15. 在平面直角坐标系中，已知，点是直线上一动点，则的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】求出点关于的对称点，利用求解即可.【详解】设点关于的对称点，则,则，当且仅当三点共线时等号成立.故答案为：16. 已知圆，点，若圆上任意一点都满足，则实数的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】设点，利用题中条件得到，转化为点到点的距离，进一步得到圆上的点到的距离的最小值大于，列出不等式，解出即可.【详解】设点，则即：，则，设，即，即圆上的点到点的距离的最小值大于，又圆心，半径，则圆上的点到的距离的最小值为，故只需，即，解得：故答案为：.四、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知圆，直线过点.（1）当直线与圆相切时，求直线的斜率；（2）线段的端点在圆上运动，求线段的中点的轨迹方程.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）设出直线的方程，利用圆心到直线的距离等于半径，建立方程，解出即可；（2）建立点和点之间的关系式，再利用点的坐标满足的关系式得到点的坐标满足的条件，即可求出.【小问1详解】已知的圆心是，半径是，设直线斜率为则直线方程是，即，则圆心到直线距离为，解得直线的斜率.【小问2详解】设点则，由点是的中点得，所以①因为在圆上运动，所以②①代入②得，化简得点的轨迹方程是.18. 在中，已知角所对的边分别为，且.（1）求；（2）若的面积为，且，求的周长.【答案】（1）    （2）【解析】分析】（1）利用二倍角公式化简得到，即可得到；（2）根据三角形面积公式和余弦定理列方程得到，，然后借助完全平方公式得到，即可求三角形周长.【小问1详解】由，可得，解得或（舍去），又，.【小问2详解】，，由得，又由余弦定理得，，解得，的周长为.19. 如图，在正四棱柱中，，是的中点.（1）求证：平面；（2）若正四棱柱的外接球的表面积是，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）连接交于，连接，则，利用线面平行的判定定理即可证明；（2）求出正四棱柱的外接球半径，进而可求出，根据，即可求解.【小问1详解】连接交于，连接；分别是的中点，平面平面，平面.【小问2详解】设，正四棱柱的外接球的半径为，因为正四棱柱的外接球的表面积，解得，由题意为正四棱柱的外接球的直径，由，得，解得或（舍），即.20. 甲、乙两位同学进行跳绳比赛，比赛规则如下：进行两轮跳绳比赛，每人每轮比赛在规定时间内跳绳200次及以上得1分，跳绳不够200次得0分，两轮结束总得分高的为跳绳王，得分相同则进行加赛直至有一方胜出为止.根据以往成绩分析，已知甲在规定时间内跳绳200次及以上的概率为，乙在规定时间内跳绳200次及以上的概率为，且每轮比赛中甲、乙两人跳绳的成绩互不影响.（1）求两轮比赛结束乙得分为1分的概率；（2）求不进行加赛甲就获得跳绳王的概率.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据题意，由相互独立事件的概率计算公式，代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，由相互独立事件的概率计算公式，代入计算，即可得到结果；【小问1详解】设“甲第轮得一分”，设“乙第i轮得一分”，设“两轮比赛甲得分”，设“两轮比赛乙得分”，所以两轮比赛结束乙得分为1分的概率为；【小问2详解】设“不进行加赛甲就获得跳绳王”.所以不进行加赛甲就获得跳绳王的概率为.21. 如图，已知直圆柱的上、下底面圆心分别为，是圆柱的轴截面，正方形内接于下底面圆，点是中点，.    （1）求证：平面平面；（2）若点为线段上的动点，求直线与平面所成角的余弦值的最小值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）只需证明平面即可；（2）用向量法求角度及基本不等式即可【小问1详解】的中点为中点，，又，可得，又直圆柱的上、下底面圆心分别为平面平面.且平面平面；又因为平面，所以平面平面.【小问2详解】以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，过作轴//，建立如图所示空间直角坐标系.则，所以，设，；设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设直线与平面所成角为，，令，则时，，.  22. 已知圆为圆上一点.（1）求的取值范围；（2）圆的圆心为，与圆相交于、两点，为圆上相异于、的点，直线分别与轴交于点、，求的最大值.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）方法一：将转化为动点与定点确定的直线的斜率，然后根据相切求斜率即可；方法二：将转化为动点与定点确定的直线的斜率，然后利用勾股定理和倾斜角求斜率即可；（2）设，，，然后写出直线和的方程，即可得到，，然后根据三角形面积公式得到，最后根据的范围求最值即可.【小问1详解】方法一：可看做动点与定点确定的直线的斜率，此时，过点的直线可设为，即，圆半径为2，当点到直线的距离为2时，直线与圆相切，，解得则即的取值范围为；方法二：可看做动点与定点确定的直线的斜率，此时，过点做切线与圆切于点，则，，根据勾股定理可得，则，同理，，则即的取值范围为.【小问2详解】由对称性，可设，，设且，则，直线方程为：，直线方程为：，分别令，可得，，，观察易发现，同在的上侧或下侧，则，同时，或，同时，则，于是，，所以，当时，的取到最大值4.【点睛】方法点睛：圆锥曲线求最值或范围问题：（1）几何的思路：通过几何的知识取求最值或范围，例如（1）中将转化为斜率；（2）代数思路：将要求的用代数表示出来，然后通过函数或不等式的思路求最值或范围.